河南省周口恒大中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题

周口恒大中学2023--2024学年高二上10月考试

物 理 试 题                  

                   (考试时间:90分钟      试卷满分:100分)

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）和灵敏电流计连接，电容器下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（   ）

A．带电油滴将沿竖直方向向上运动

B．P点的电势将降低

C．带电油滴在P点的电势能将减小

D．此过程中灵敏电流计中的电流方向是由b流向a

2．两个带等量同种电荷金属小球，它们的带电量均为Q，两小球的圆心距为R，它们之间的库仑力为F，若两小球的距离不变，让小球带上等量异种电荷，带电量大小均为Q，则两小球间的库仑力的大小下列说法正确的是（　　）

A．F B． C．小于F D．大于F

3．在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是（　　）

A．电压表的示数变大 B．电流表的示数变小

C．电源的效率变小 D．滑动变阻器消耗功率变大

4．如图甲、乙、丙、丁是课本内的几幅插图，下列说法正确的是（　　）

A．甲图中点电荷的电场不能进入金属网罩内部

B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的

C．丙图是卡文迪许扭秤，可以测量两带电小球之间的库仑力

D．丁图中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的

5．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触片P向上端滑动时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是（　　）

A．小灯泡L1、L2变亮，L3变暗

B．小灯泡L2变亮，L1、L3变暗

C．

D．

6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）

A．三个等势面中，c的电势最高

B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小

C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小

D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小

7．如图所示是有两个量程的电压表的内部电路图，当使用a、b两个端点时，量程为0～3V，当使用a、c两个端点时，量程为0～15V。已知电流表的内阻 为50Ω，满偏电流为10mA，则电阻、的值分别为（    ）

A．1450Ω    250Ω B．1200Ω    250Ω

C．250Ω    1450Ω D．250Ω    1200Ω

二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面．a、b、c、d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是（  ）

A．a、b、c、d 四点电势不等，但电场强度相同

B．一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.6eV

C．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动

D．一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出

9．如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为＋q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d点处，两点相比：

A．d点电场强度的方向由O指向d

B．＋q在d点所具有的电势能较大

C．d点的电势小于O点的电势

D．d点的电场强度小于O点的电场强度

10．如图所示竖直放置的光滑绝缘环上套有一带正电的小球，匀强电场场强方向水平向右，小球在圆环上绕O点做圆周运动，那么下列说法正确的是（ ）

A．在A点小球有最大的电势能

B．在B点小球有最大的重力势能

C．在C点小球有最大的机械能

D．在D点小球有最大的动能

三、非选择题:共54分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和需要演算步骤,共写出最后答案的不能得分。有数作计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11．（12分）随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力（库仑力）成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器内，、为完全相同的金属小球（带电后可视为点电荷），用绝缘支柱固定带电小球，用可调丝线悬挂原来不带电的小球，调控小球的位置，通过等距离的背景刻度线、、、、可准确确定小球、间的距离，相邻刻度线间距离均为，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组完成了以下操作：

①在球不带电时读出传感器示数；

②让球与球接触后，调整球到位置，读出并记录传感器示数；

③继续调整球分别到位置、、，依次读出并记录传感器示数、、；

④用放电杆使球完全放电，再让球与球接触后，放回到位置，读出并记录传感器示数；

⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数、。

（1）小球第一次与小球接触后调整球到位置，此时小球、间的库仑力大小为      。

（2）对于本实验采用的主要实验方法是      （填正确选项前的字母）。

A．等效替代法B．理想实验法C．控制变量法D．微小量放大法

（3）根据①②③的操作，可研究库仑力跟带电小球      的关系（“质量间”或“带电荷量间”或“距离间”或“电荷性质间”）；

（4）根据①②④⑤的操作，可研究库仑力跟带电小球      的关系（“质量间”或“带电荷量间”或“距离间”或“电荷性质间”）；

（5）要方便测定静电力常量，还须准确测出小球      的带电量（填“”或“”）

（6）实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是      。

12．（10分）要测量一电源的电动势E(小于3 V)和内阻r(约1 Ω)，现有下列器材：电压表V(0～3 V～15 V)、电阻箱(0～999.9 Ω)、定值电阻R0＝2 Ω、开关和导线．某实验小组根据所给器材设计了如图甲所示的实验电路

(1)电路中定值电阻R0的作用是保护        (填“电源”或“电压表”)

(2)A同学调节电阻箱阻值R，读出对应的电压表读数U，得到两组数据：R1＝2.0 Ω时U1＝2.24 V；R2＝4.0 Ω时U2＝2.40 V．由这两组数据可求得电源的电动势为E＝      V，内阻r＝      Ω(结果保留两位有效数字)

(3)B同学图乙作图法计算，图象斜率为K，纵轴截距为b,则 E＝      V，内阻r＝      Ω．（用k和b表示）

13．（6分）某同学通过多用表测量量程为3V的电压表的内阻。

（1）用多用电表的欧姆挡“×100”挡直接测量电压表的内阻，电压表、多用电表的示数分别如图甲、乙所示，则电压表的示数为      V、内阻为      Ω。

（2）在上一问用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选择正确的操作并按正确顺序写出序号      ；

①将红表笔和黑表笔接触

②把选择开关旋转到“×1”位置

③把选择开关旋转到“×10”位置

④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点

14．（10分）某同学将电流表G（满偏电流Ig=3mA，内阻Rg=30Ω）按图1的电路改装成欧姆表，其中电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。

（1）图1中A端应与        （填“红”或“黑”）表笔相连接：

（2）测量电阻前，将红、黑表笔短接进行欧姆调零。当G满偏时，R0接入电路的阻值为        Ω；

（3）将待测电阻Rx接入A、B间，此时G的示数如图2所示，则Rx=        Ω。

15．（16分）小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。

(1)在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置         （选“①”或者“②”）；

(2)小明使用多用电表欧姆挡的“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡       （填“×100”挡；或“×1”挡），两表笔短接并调节      （选“①”或者“②”）。

(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为         Ω

参考答案：

1．B

【详解】A．电容器始终与电源相连，两极板间的电势差恒定不变，将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则两极板间的距离增大，根据公式可得两极板间的电场强度减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；

B．由于电场强度减小，而P到下极板间的距离不变，所以根据公式可知P点到下极板间的电势差减小，而下极板电势为零，所以P点的电势减小，B正确；

C．由于原来处于平衡状态，可知油滴受到的电场力方向向上，与场强方向相反，故油滴带负电，所以根据公式可知，油滴在P点的电势能将增大，C错误；

D．根据公式

可知电容减小，根据公式可知电容的电荷量减小，故电容器放电，电流由a到b，D错误。

故选B。

2．D

【详解】当两球心相距为R时，两球不能看成点电荷，若带同种电荷，导致电量间距大于R，根据库仑定律

可知它们相互作用的库仑力大小有

同理，若带异种电荷，导致电量间距小于R，根据库仑定律可知，它们相互作用的库仑力大小有

故选D。

3．C

【详解】AB．将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器的阻值减小，总电阻减小，总电流变大，即电流表的示数变大，内阻上的电压变大，则路端电压减小，即电压表示数减小，则选项AB错误；

C．根据

可知，外电阻减小，则电源的效率变小，选项C正确；

D．将定值电阻等效为电源的内阻，则当滑动变阻器电阻等于2r时消耗的功率最大，因滑动变阻器的阻值从2r处减小，可知滑动变阻器消耗的功率减小，选项D错误。

故选C。

4．D

【详解】A．甲图中，由于静电屏蔽使得金属网罩内部场强为零，但静电屏蔽并不是把点电荷电场遮挡在外，而是感应电荷的电场与点电荷电场抵消为零，故A错误；

B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的相对面积从而达到改变电容的目的，故B错误；

C．丙图是库仑扭秤，可以测量两带电小球之间的库仑力，故C错误；

D．丁图中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的，故D正确。

故选D。

5．C

【详解】AB．当滑动变阻器的触片P向上端滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知外电路总电阻变大，则总电流减小，路端电压变大，则L2变暗，电路中并联部分电压变大，则L3变亮，总电流减小，而L3的电流变大，则L1的电流减小，则L1变暗；故AB错误；

CD．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压变大，所以有

故C正确，D错误。

故选C。

【点睛】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。

6．C

【详解】A．由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的凹侧，即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场方向也指向右下方，由于沿电场线电势降低，故三个等势面中，a的电势最高，c的电势最低，故A错误；

B．P点电势高于Q点电势，质点带正电，所以质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；

C．质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，根据能量守恒可知，质点通过P点时的动能比通过Q点时小，故C正确；

D．等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，则P点的电场强度大于Q点的电场强度，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，所以质点通过P点时的加速度比通过Q点时大，故D错误。

故选C。

7．D

【详解】当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得

当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得

解得

故选D。

8．BC

【详解】A．a、b、c、d 四点电势不等，但电场强度大小相等，方向不相同，选项A错误；

B．一电子从b点运动到c点，电场力做的功为

选项B正确；

C．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，电场方向由右侧指向左侧，电子受到的电场力由左侧指向右侧，电子将做加速运动，由于中间区域电场强度最大，可知中间区域电子受到的电场力最大，加速度最大，电子将做加速度先增加后减小的加速直线运动，选项C正确；

D．一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，由于受到的电场力并不平行于中心轴线，电子在电场中做曲线运动，电子从右侧穿出时并不平行于中心轴线，选项D错误。

故选BC。

9．ACD

【详解】试题分析：根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大小．根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系．正电荷在高电势高处电势能大．

解：A、由电场的叠加原理可知，d点电场方向由O指向d，A正确；

B、由O到d合场强方向均沿Od，故d点电势小于O点电势，+q在O点具有的电势能较大，故B错误，C正确；

D、设菱形的边长为r，根据公式E=k,分析可知三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为Ed=2k．O点的场强大小为EO=4k，可见，d点的电场强度小于O点的电场强，即Ed＜EO，故D正确．

故选ACD．

【点评】本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低．

10．ABC

【详解】A．沿电场线电势降低，可知A点电势最高，则带正电的小球在A点的电势能最大，故A正确；

B．物体位置越高，重力势能越大，所以B点小球的重力势能最大，故B正确；

C．除重力以外，其它力所做的功，等于物体的机械能变化量，所以从A运动到C的过程中，电场力一直做正功，机械能一直增大，故C点具有最大的机械能，故C正确．

D．根据合外力做功判断小球的动能变化．小球再从D点向右运动的最初一小段距离内，电场力做的正功大于重力做的负功，所以动能在增加，故D错误．

故选ABC。

11．          C     距离间     带电荷量间     M     使小球与带电小球接触时将所带的电荷量平分

【详解】（1）[1]在球不带电时读出传感器示数；小球第一次与小球接触后调整球到位置，此时传感器示数，则小球、间的库仑力大小为

（2）[2]本实验是采取了控制变量法，故C正确；

（3）[3]根据的操作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟点电荷距离间的关系；

（4）[4]在球不带电时读出传感器示数；小球第一次与小球接触后调整球到位置，此时传感器示数，则小球、间的库仑力大小为，操作，保持小球间距离不变，每次小球放电后再与接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的一半，所以要研究库仑力跟小球带电荷量间的关系操作能够完成；

（5）[5]要测定静电力常量，根据库仑定律，还须准确测出小球的带电荷量；

（6）[6]实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球与带电小球接触时将所带的电荷量平分。

12．     电源     2.8     1.0         

【详解】（1）若无R0存在，当R调节到0时，电源即短路，有烧坏危险，所以作用是保护电源．

（2）根据闭合电路欧姆定律，当电阻箱阻值R1＝2.0 Ω时有：，当电阻箱阻值R2＝4.0 Ω时有：，联立上两式得E=2.8V，r=1.0Ω ．

（3）由闭合电路欧姆定律得：，变形得：，其图象的斜率为：，纵轴截距为，联立可得：，．

13．     2.00     2200.0     ②①④

【详解】（1）[1] 电压表的最小分度为0.1V，应估读到0.01V，故电压表的示数为2.00V

[2] 电压表的内阻为

（2）[3] 上一问的电阻值比13Ω大，即现在的欧姆表倍率太大，应换成“×1”倍率时，恰好13Ω在中值电阻附近，所以先将开关转到“×1”位置，然后再将红黑表笔对接，进行欧姆调零，步骤为②①④

14．     红     469     1000

【详解】（1）[1]电流从电源正极流出，从黑笔流出从红笔流入，所以A端应与红笔相连；

（2）[2]根据闭合电路欧姆定律可得

解得

（3）[3]根据闭合电路欧姆定律可得

解得

15．     ①     ×1     ②     28 （25-30范围都可）

【详解】(1)[1]由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；

(2)[2][3]由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选挡位太大，故应换用小挡位，故选×1；同时每次换挡后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮②使指针指到右侧零刻度处；

(3)[4]由图可知，电阻R=28×1Ω=28Ω